Diagonalizacja dwóch macierzy

[Canon13]

Podane macierze trzeba zdiagonalizować jednocześnie:
Mamy macierze:

\(\displaystyle{ \Omega=\begin{bmatrix} 1&0&1\\0&0&0\\1&0&1\end{bmatrix}\ \Lambda=\begin{bmatrix} 2&1&1\\1&0&-1\\1&-1&2\end{bmatrix}}\)

Sprawdzamy czy komutują:

\(\displaystyle{ [\Omega,\Lambda]=\Omega\Lambda-\Lambda\Omega=0}\)
Skoro komutują to z twierdzenia wiemy, że istnieje przynajmniej jedna baza w której obie mają postać diagonalną. Trzeba policzyć wartości własne:

Mamy: \(\displaystyle{ \omega=0,0,2 \ \ \ \lambda=2,3,-1}\)

Teraz trzeba wyznaczyć ich wspólne wektory własne:

dla \(\displaystyle{ \Omega}\) i wartości 0 to będzie:

\(\displaystyle{ x_{1}+x_{3}=0 \\\ x_{1}=-x_{3} \\\ x_{2}\ dowolnie}\)

więc pierwszy wektor własny dla wartości 0 będzie w postaci:

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x_{1}\\x_{2}\\-x_{1}\end{bmatrix}}\)

dla wartości 2:

\(\displaystyle{ -x_{1}+x_{3}=0 \\\ x_{1}=x_{3} \\\ x_{2}\ dowolnie}\)

mamy wektor w postaci:

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x_{1}\\x_{2}\\x_{1}\end{bmatrix}}\)

Teraz wektory dla \(\displaystyle{ \Lambda}\), dla poszczególnych wartości mają się tak:

dla 2: \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x_{1}\\x_{1}\\-x_{1}\end{bmatrix}}\) dla 3: \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x_{1}\\0\\x_{1}\end{bmatrix}}\) dla -1: \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x_{1}\\-2x_{1}\\-x_{1}\end{bmatrix}}\)

Nie wiem co dalej zrobić, które są wspólnymi wektorami własnymi? Czy dobrze myślę i są to wektory odpowiadające wartością 2, 3 i -1 dla \(\displaystyle{ \Lambda}\). Wartości dla \(\displaystyle{ \Omega}\) są zdegenerowane więc rozwiązania tworzą dwuwymiarową przestrzeń w której nie wszystkie są ortogonalne. Wektory \(\displaystyle{ \Lambda}\) są jakby pewnym przypadkiem wektorów \(\displaystyle{ \Omega}\) więc chyba są wspólne no i są ortogonalne. Dobrze myślę? Trochę mi się to wszystko miesza, proszę o pomoc

[fon_nojman]

Dobrze myślisz. Wybierz teraz konkretne wartości \(\displaystyle{ x_1}\) dla macierzy \(\displaystyle{ \Lambda}\) i będziesz miał bazę nawet ortogonalną.

[Canon13]

Wszystko ładnie się diagonalizuje tylko:
\(\displaystyle{ U=\begin{bmatrix} 1&1&1\\1&0&-2\\-1&1&-1\end{bmatrix}}\)
mam tą macierz \(\displaystyle{ U}\) (macierz utworzona z wektorów własnych) i jej sprzężenie hermitowskie \(\displaystyle{ U^{\ast}}\), czyli w tym wypadku transponowaną, tylko, że U powinno być unitarne chyba, czyli spełniać:
\(\displaystyle{ U^{\ast}U=J}\) a niestety nie spełnia. Z czego to wynika?

[fon_nojman]

Żeby mieć unitarność trzeba unormować wektory wlasne.

[Canon13]

Faktycznie po znormalizowaniu mamy unitarność!:D mam jeszcze ostatnie pytanie:
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{3} }\begin{bmatrix} 1\\1\\-1\end{bmatrix}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{2} }\begin{bmatrix} 1\\0\\1\end{bmatrix}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{6} }\begin{bmatrix} 1\\-2\\-1\end{bmatrix}}\)

Po wymnożeniu mamy całkiem niewygodna do obliczeń macierz:

\(\displaystyle{ U=\begin{bmatrix} \frac{1}{ \sqrt{3} }&\frac{1}{ \sqrt{2} }&\frac{1}{ \sqrt{6} }\\\frac{1}{ \sqrt{3} }&0&-\frac{2}{ \sqrt{6} }\\-\frac{1}{ \sqrt{3} }&\frac{1}{ \sqrt{2} }&-\frac{1}{ \sqrt{6} }\end{bmatrix}}\)

Trzeba liczyć na takiej diagonalizacje czy można zostawić tą postać nieznormalizowaną?

[fon_nojman]

Obydwie są dobre. Możesz zostawić nieznormalizowaną.